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2024版高考物理二轮复习专题3电场与磁场微专题3动态圆和磁聚焦与磁发散问题练习含答案
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这是一份2024版高考物理二轮复习专题3电场与磁场微专题3动态圆和磁聚焦与磁发散问题练习含答案，共17页。
1. (2023·云南昆明二模)如图所示，纸面内有一圆心为O，半径为R的圆形磁场区域，磁感应强度的大小为B，方向垂直于纸面向里。由距离O点0.4R处的P点沿着与PO连线成θ＝30°的方向发射速率不等的电子。已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子的重力且不考虑电子间的相互作用。为使电子不离开圆形磁场区域，则电子的最大速率为( C )
A.eq \f(7eBR,10m)B．eq \f(\r(29)eBR,10m)
C.eq \f(21eBR,40m)D．eq \f(5－2\r(3)eBR,5m)
【解析】 如图，当电子的运动轨迹与磁场边界相切时，根据evB＝meq \f(v2,r)；得v＝eq \f(erB,m)；电子运动半径最大，速度最大。电子圆周运动的圆心与圆形磁场的圆心以及切点共线，过电子圆周运动的圆心做OP的垂线，由几何关系得rcs 60°＋eq \r(R－r2－rsin 60°2)＝0.4R，r＝eq \f(21,40)R；则最大速率为v＝eq \f(21eBR,40m)。故选C。
2.如图所示是带电粒子收集器的示意图，直角三角形ABC区域内有垂直于纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，AC边长为L，∠A＝30°。一束带正电的粒子流以相同速度在CD范围内垂直AC边射入，从D点射入的粒子恰好不能从AB边射出。已知从BC边垂直射出的粒子在磁场中运动的时间为3t，在磁场中运动时间最长的粒子所用时间为4t，则( C )
A．粒子的比荷为eq \f(π,3Bt)
B．粒子运动的轨道半径为eq \f(\r(3),3)L
C．粒子射入磁场的速度大小为eq \f(πL,15t)
D．这束粒子在磁场中扫过的面积为eq \f(3π＋12,25)L2
【解析】 从BC边垂直射出的粒子运动时间3t＝eq \f(T,4)，解得T＝12t，根据qvB＝eq \f(mv2,R)，T＝eq \f(2πR,v)，知T＝eq \f(2πm,qB)，解得eq \f(q,m)＝eq \f(π,6Bt)，故A错误；在磁场中运动时间最长的粒子轨迹如图所示，
4t＝eq \f(1,3)T，θ＝eq \f(1,3)×360°＝120°，由几何关系Rsin 30°＋eq \f(R,cs 60°)＝L，解得R＝eq \f(2,5)L，故B错误；由qvB＝eq \f(mv2,R)，解得v＝eq \f(πL,15t)，故C正确；粒子在磁场中扫过的面积如图中灰色部分所示，则S＝R·Rsin 30°＋eq \f(πR2,4)＝eq \f(π＋2,25)L2，故D错误。
3. (多选)(2023·河南开封模拟)某粒子分析装置的核心结构如图所示。在空间三维直角坐标系O－xyz中，由六面荧光屏构成的长方体容器OPMN－EFGH安装在坐标原点O处，OP边与x轴重合，长方体的长、宽、高分别为2a、a、2a，整个空间存在方向沿z轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在MNHG面的中心S处有一粒子源，可以在平行于xOy的平面内向容器内各个方向均匀发射相同速率的带电粒子，已知带电粒子的比荷为eq \f(q,m)＝k，有二分之一的粒子打在OPFE面上激发荧光屏发光，PMGF面刚好没有发光。粒子打在荧光屏上后即被吸收，重力不计。下列说法正确的是( BCD )
A．粒子源发射的粒子带负电，速率为v＝2kBa
B．有六分之一的粒子打在MNHG面上激发荧光屏发光
C．有三分之一的粒子打在ONHE面上激发荧光屏发光
D．打到S的正对过OPFE面中心S′点的粒子，所用的时间跟打在棱边HN上的粒子运动的时间相同
【解析】 粒子源在平行于xOy的平面内向容器内各个方向均匀发射相同速率的带电粒子，磁场方向沿z轴正方向，可知粒子只在平行于xOy的平面内运动。画出过S点、平行于xOy平面的面E′F′G′H′和运动轨迹图，如图所示。
由题意知，粒子射出后向速度方向的右侧偏转，利用左手定则可判断粒子带正电。由题意E′F′边上有二分之一的粒子打入，F′G′边上刚好没有粒子射入，最边缘粒子分别沿x轴的正方向和y轴的正方向射入磁场，入射速度夹角为90°范围，在E′点和F′点分别与E′F′和F′G′边相切射出，根据几何关系可知，粒子运动的轨迹半径为r＝a，由r＝eq \f(mv,qB)，代入数据解得v＝kBa，故A错误；根据粒子的运动轨迹，可知打在SH′边上的粒子速度方向的最大入射角为30°，所以可知有六分之一的粒子打在MNHG面上，故B正确；由图根据几何关系可知，打在E′H′的粒子，从粒子源射出时的速度方向夹角为60°，所以有三分之一的粒子打在ONHE面上，故C正确；由图知，打到S的正对过OPFE面中心S′点的粒子，和打在棱边HN上即H′点的粒子，它们的运动轨迹所对应的弦长相等，所以圆心角相等，在磁场中运动的时间相等，故D正确。故选BCD。
4. (2023·河南联考三模)如图所示，半径为R的圆形区域中，有磁感应强度大小为B，垂直纸面向里的匀强磁场，质子从A点沿直径AC方向以速度v(未知)射入，射出磁场时，速度偏转角为60°，已知质子质量为m，电荷量为q，则( C )
A．质子做圆周运动的半径为2R
B．质子的速度大小v＝eq \f(qBR,2m)
C．若质子的速度大小为v′＝eq \f(2\r(3),3)v，当质子的入射速度方向与AC夹角为30°斜向右下方时，质子在磁场中的运动时间最长
D．若质子的速度大小为v′＝eq \f(2\r(3),3)v，则质子在磁场中运动的最长时间为eq \f(πm,6qB)
【解析】 质子运动轨迹如图1所示，根据几何关系，粒子的回旋半径，
r1＝eq \f(R,tan \f(θ,2))＝eq \r(3)R，根据洛伦兹力提供向心力，可得qvB＝meq \f(v2,r1)，解得r1＝eq \f(mv,qB)，可得v＝eq \f(\r(3)qBR,m)，选项A、B错误；若质子的速度为v′＝eq \f(2\r(3),3)v，当质子的入射速度方向与AC夹角为30°斜向右下方时，则粒子的运动半径为r2＝2R，则粒子从C点射出时，运动时间最长，如图2所示，由图2可得sin φ＝eq \f(R,r2)＝eq \f(1,2)，φ＝30°，对应时间为t＝eq \f(2φ,360°)×eq \f(2πm,qB)，解得t＝eq \f(πm,3qB)，选项C正确，D错误。
5. (多选)(2023·辽宁营口联考)如图所示，在圆心为O、半径为R的半圆形区域内(不含边界)有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，MN为直径。大量带正电荷的同种粒子以不同的速率从O点在纸面内沿与ON成30°角的方向射入磁场。粒子的质量为m，电荷量为q，不计粒子受到的重力以及粒子间的相互作用。下列说法正确的是( AC )
A．粒子在磁场中运动的最长时间为eq \f(5πm,3qB)
B．若粒子恰好从圆弧边界离开磁场，则粒子的速度大小为eq \f(qBR,m)
C．若粒子恰好从O点正上方的P点离开磁场，则粒子的速度大小为eq \f(\r(3)qBR,3m)
D．选择合适的速度，粒子可能从M点离开磁场
【解析】 当粒子的速度较小时，粒子从MN边界离开磁场，其轨迹对应的圆心角为300°，此时粒子在磁场中运动的时间最长，最长时间t＝eq \f(300°,360°)×eq \f(2πm,qB)＝eq \f(5πm,3qB)，故A正确；如图所示，
当粒子做圆周运动的轨迹与半圆形磁场边界相切时(设切点为Q)，粒子恰好从圆弧边界射出，根据几何知识可知，粒子的轨道半径r1＝eq \f(R,2)，设粒子的速度大小为v1，有qv1B＝meq \f(v12,r1)，解得v1＝eq \f(qBR,2m)，故B错误；设当粒子恰好从P点离开磁场时，粒子的轨道半径为r2，根据几何关系有eq \f(\r(3),2)r2＝eq \f(R,2)，设粒子的速度大小为v2，有qv2B＝meq \f(v22,r2)，解得v2＝eq \f(\r(3)qBR,3m)，故C正确；当粒子的速度大于eq \f(qBR,2m)时，粒子从Q点右侧离开磁场，当粒子的速度小于eq \f(qBR,2m)时，粒子从MN边界离开磁场，即粒子不可能从M点离开磁场，故D错误。故选AC。
6. (2023·山东统考二模)如图所示，半径为R的圆形区域中有垂直纸面向外的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度B，一比荷为eq \f(q,m)的带正电粒子，从圆形磁场边界上的A点以v0＝eq \f(RqB,m)的速度垂直直径MN射入磁场，恰好从N点射出，且∠AON＝120°，下列选项正确的是( C )
A．粒子在磁场中运动的时间为t＝eq \f(πm,3qB)
B．粒子从N点射出方向竖直向下
C．若粒子改为从圆形磁场边界上的C点以相同的速度入射，一定从N点射出
D．若要实现带电粒子从A点入射，从N点出射，则所加圆形磁场的最小面积为S＝eq \f(\r(3)πR2,2)
【解析】 粒子恰好从N点射出，轨迹如下图所示，运动周期为T＝eq \f(2πm,Bq)，四边形AONP的圆心角为α＝∠APN＝∠AON，粒子在磁场中运动的时间为t＝eq \f(α,2π)T＝eq \f(2πm,3Bq)，故A错误；粒子在磁场中速度偏转120°，从N点射出方向是与竖直方向呈30°，故B错误；若粒子改为从圆形磁场边界上的C点以相同的速度入射，轨迹如下图所示，四边形SCON为菱形，由几何知识可知一定从N点射出，故C正确；若要实现带电粒子从A点入射，从N点出射，则所加圆形磁场以AN为直径时面积最小，最小面积为S＝πeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(AN,2)))2＝eq \f(3πR2,4)，故D错误。故选C。
7. (2023·河南洛阳模拟)如图所示，真空区域有左右宽度为l、上下足够长的匀强磁场，匀强磁场的磁感应强度大小为B，磁场方向垂直于纸面向里，MN、PQ是磁场的左右竖直边界。一质量为m、电荷量为q的粒子(不计粒子重力)，在竖直平面内，沿着与MN夹角为θ＝30°的方向射入磁场中。则下列说法正确的是( BC )
A．若带电粒子带负电，入射速度只要大于eq \f(4－2\r(3)qBl,m)，粒子就会从PQ射出
B．粒子在磁场中运动的最长时间可能是eq \f(5πm,3qB)
C．MN边界上，从入射点下方射出的所有粒子，在磁场中运动时间均为eq \f(πm,3qB)
D．若在该空间再加一个匀强电场，粒子有可能做匀加速直线运动
【解析】 若带电粒子带负电，粒子恰好从PQ射出，轨迹如图，由洛伦兹力提供向心力qvB＝meq \f(v2,r)，由几何关系rcs θ＋l＝r，解得粒子入射速度v＝eq \f(Bql,1－cs θm)＝eq \f(22＋\r(3)Bql,m)，入射速度只要大于eq \f(4＋2\r(3)qBl,m)，粒子就会从PQ射出，A错误；若带电粒子带正电，粒子在磁场中运动的最长时间对应轨迹如图，
由洛伦兹力提供向心力qvB＝meq \f(v2,r)，由几何关系rcs θ＋r＝l，运动时间t＝eq \f(2π－2θ,2π)T＝eq \f(2π－2θ,2π)·eq \f(2πr,v)＝eq \f(2π－2θm,Bq)＝eq \f(5πm,3Bq)，粒子在磁场中运动的最长时间可能是eq \f(5πm,3qB)，B正确；MN边界上，从入射点下方射出的所有粒子(带负电)，在磁场中运动时间均为t＝eq \f(2θ,2π)·eq \f(2πr,v)＝eq \f(2θm,Bq)＝eq \f(πm,3Bq)，C正确；若在该空间再加一个匀强电场，带电粒子受电场力与洛伦兹力，由于洛伦兹力垂直于速度方向，且大小为F＝qvB，若粒子做匀加速直线运动，则速度增加，洛伦兹力变大，合力不再与速度共线，所以若在该空间再加一个匀强电场，粒子不可能做匀加速直线运动，D错误。故选BC。
B组·综合练
8. (多选)(2023·山东青岛模拟)如图所示，圆形匀强磁场区域的半径为R，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里。一带电荷量为－e、质量为m的电子在纸面内从a处沿与半径aO成θ＝30°角的方向射入磁场区域，电子射出磁场时的速度方向与射入磁场时的垂直，下列说法正确的是( ACD )
A．电子在磁场中运动的时间为eq \f(πm,2eB)
B．电子的速度大小为eq \f(\r(3)eBR,2m)
C．电子在磁场中的运动轨迹长度为eq \f(\r(3)＋1,4)πR
D．若只增大电子的入射速度，则电子在磁场中运动的时间一定减小
【解析】 带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T＝eq \f(2πm,qB)，电子在磁场中的运动时间为t＝eq \f(90°,360°)T＝eq \f(πm,2eB)，A正确；电子做圆周运动的轨迹圆圆心为C，如图所示，
由对称性知α＋θ＝90°－θ，可得α＝90°－2θ＝30°，设电子做圆周运动的轨迹半径为r，由几何关系有Rsin α＋rsin θ＝rcs θ可得r＝eq \f(Rsin α,cs θ－sin θ)＝eq \f(\r(3)＋1,2)R，由evB＝meq \f(v2,r)得v＝eq \f(eBr,m)＝eq \f(\r(3)＋1eBR,2m)，B错误；轨迹长度s＝eq \f(90°,360°)·2πr＝eq \f(\r(3)＋1,4)πR，C正确；若只增大电子的入射速度，轨迹半径r增大，出射点b向左移，弦ab与初速度v方向间的夹角减小，轨迹对应的圆心角减小，电子在磁场中运动的时间减小，D正确。故选ACD。
9. (多选)(2023·新疆统考三模)如图所示，边长为L的正方形ABCD内表面涂有荧光材料，粒子打在表面会被吸收并发出荧光。正方形区域内存在方向垂直该平面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，粒子源从正方形AD边的中点P沿垂直磁场方向持续发射质量为m、电量为q的带正电的某种粒子，发射速度方向斜向上，速度大小与发射角的关系为v＝eq \f(v0,cs α)，α为发射速度方向与水平方向的夹角，0°≤α<90°，其中α＝0°的粒子恰好从AB边中点射出。不计粒子间的相互作用力和粒子的重力，下列说法正确的是( AC )
A．粒子从P点运动至与DC边相切所需的时间为eq \f(πm,3qB)
B．粒子在BC边发出荧光的总长度为L
C．打在B点的粒子轨道半径为eq \f(5L,8)
D．粒子在磁场中运动的最长时间为eq \f(πm,2qB)
【解析】 当α＝0°的粒子速度v＝v0，粒子恰好从AB边中点射出，则eq \f(L,2)＝eq \f(mv0,qB)，当粒子从P点运动至与DC边相切时，则轨道半径r＝eq \f(mv,qB)＝eq \f(mv0,qBcs α)＝eq \f(L,2cs α)，即rcs α＝eq \f(L,2)，可知所有粒子的轨迹圆心都在AB边上；当轨迹与DC相切时，由几何关系rcs α＝r－eq \f(L,2)，可得r＝L，α＝60°，则粒子运动的时间t＝eq \f(60°,360°)·eq \f(2πm,qB)＝eq \f(πm,3qB)，选项A正确；
当粒子轨道与DC边相切时，粒子打到BC边上的位置为上边缘，可知粒子在BC边发出荧光的总长度小于L，选项B错误；
打在B点的粒子轨迹如图，此时轨迹与B点相切，设∠APB＝β，则2rcs(β－α)＝PB＝eq \f(\r(5),2)L，其中r＝eq \f(L,2cs α)，由几何关系cs β＝eq \f(1,\r(5))，sin β＝eq \f(2,\r(5))，解得tan α＝eq \f(3,4)，解得轨道半径为r＝eq \f(5L,8)，选项C正确；当轨迹圆与B点相切时，粒子在磁场中转过的角度大于90°，此时运动时间t>eq \f(πm,2qB)，选项D错误。故选AC。
10. (多选)(2023·湖北荆门模拟)地磁场对射入的宇宙粒子有偏转作用，假设地磁场边界到地心的距离为地球半径的eq \r(3)倍。如图所示是赤道所在平面的示意图，地球半径为R，匀强磁场垂直纸面向外，MN为磁场圆边界的直径，MN左侧宽度为2eq \r(3)R的区域内有一群均匀分布、质量为m、带电荷量为＋q的粒子垂直MN以速度v射入地磁场，正对地心O的粒子恰好打到地球表面，不计粒子重力及粒子间的相互作用，则( BC )
A．地磁场的磁感应强度大小为eq \f(\r(3)mv,qR)
B．打在地面时速度方向指向O的粒子在磁场中的运动时间为eq \f(πR,4v)
C．从M点射入的粒子在磁场中速度偏转角的余弦值为eq \f(1－\r(3),2)
D．仅增大粒子速度，能打到地表的粒子数一定减少
【解析】 由题意可知，正对地心O的粒子恰好打到地球表面，其轨迹如图所示，
由图可得eq \r(r\\al(2,1)＋\r(3)R2)－r1＝R，解得r1＝R，由洛伦兹力提供向心力，可得qvB＝meq \f(v2,r1)，解得地磁场的磁感应强度大小为B＝eq \f(mv,qr1)＝eq \f(mv,qR)，A错误；
打在地面时速度方向指向O的粒子在磁场中的运动轨迹图，如图所示，
设打在地面的点为K，轨迹的圆心为O2，由图可知，则三角形O2KO是等腰直角三角形，O2O＝eq \r(2)R，可知三角形PO2O为直角三角形，则粒子运动轨迹对应的圆心角为45°，则粒子在磁场中的运动时间为t＝eq \f(45°,360°)×eq \f(2πR,v)＝eq \f(πR,4v)，B正确；
从M点射入的粒子在磁场中速度偏转的轨迹，如图所示，
O3为轨迹的圆心，由几何关系可知，三角形COO3为等腰三角形，则有OO3＝(eq \r(3)－1)R，从M点射入的粒子在磁场中速度偏转角的余弦值为cs∠MO3C＝－cs∠CO3O＝eq \f(1－\r(3),2)，C正确；仅增大粒子速度v，由r1＝eq \f(mv,qB)，可知r1增大，则能打到地表的粒子数增多，D错误。故选BC。
11. (多选)(2023·山东模拟预测)如图所示，挡板ad上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，挡板中间存在一空隙bc，bc的间距为L，磁场中且处于空隙正上方的S处有一粒子源，S到b、c的距离也为L，粒子源向各个方向均匀发射速度大小相同的带正电粒子，若粒子打到挡板上会被吸收。某次调节粒子源的发射速度为v(未知)，使挡板空隙中所有区域均有粒子射出，且能射出的粒子数目为某时刻发射粒子总数的eq \f(1,6)，已知从b点射出的粒子速度方向与挡板垂直，粒子电荷量为q，质量为m，不考虑粒子重力和粒子间的相互作用，则( AB )
A．粒子源的发射速度为eq \f(qBL,m)
B．两个挡板上能吸收到粒子的总长度为eq \f(\r(13)＋\r(4\r(3)－3)－2,2)L
C．调节粒子源的发射速度为eq \f(v,2)，空隙中所有区域依然都有粒子射出
D．调节粒子源的发射速度为eq \f(v,2)，射出粒子数目仍为发射粒子总数的eq \f(1,6)
【解析】 由题意可知，粒子运动情况如图所示
因为从b点射出的粒子速度方向与挡板垂直，根据几何关系可知，粒子的轨迹圆心在c点，则有r＝eq \f(mv,qB)＝L，粒子速率为v＝eq \f(qBL,m)，故A正确；由题意可知，打到左侧挡板最远点的粒子，与S点的连线长度等于粒子的轨迹直径，由几何关系可知左侧最远点到间隙中心的距离为x1＝eq \r(2L2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)L))2)＝eq \f(\r(13),2)L，粒子能够到达右侧挡板最远点的位置应为粒子轨迹与右侧挡板的切点，由几何关系可知右侧最远点到间隙中心的距离为xeq \\al(2,2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(L－\f(\r(3),2)L))2＝L2，解得x2＝eq \f(\r(4\r(3)－3),2)L，因此挡板上能吸收到粒子的总长度x＝x1＋x2－L＝eq \f(\r(13)＋\r(4\r(3)－3)－2,2)L，故B正确；由A知粒子发射速度eq \f(v,2)＝eq \f(qBL,2m)，则轨迹半径r＝eq \f(m\f(v,2),qB)＝eq \f(L,2)，根据几何关系可知，粒子到达b点时，bS连线恰好等于轨迹直径，粒子运动情况如图所示，
假设粒子轨迹与bc相切于N点，由几何关系，可求得切点N到间隙中心的距离为x＝eq \r(\f(L2,4)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)L－\f(1,2)L))2)＝eq \f(\r(2\r(3)－3),2)L，即x12. (多选)(2023·四川凉山三模)如图所示，在y≥0的区域存在垂直于xOy平面向里的匀强磁场，坐标原点O处有一粒子源，可在xOy平面内向x轴及x轴上方的各个方向均匀地不断发射速度大小均为v、质量为m、电荷量为－q的同种带电粒子。无限接近坐标原点O处放置与x轴正向成45°角、长eq \r(2)d、厚度不计的荧光屏OP，粒子一旦打在荧光屏上，其速度立即变为0，电量消失。现观察到沿x轴负方向射出的粒子恰好打在荧光屏的P端。不计带电粒子的重力和粒子间相互作用力，则以下说法正确的是( BC )
A．磁感应强度B的大小为eq \f(mv,\r(2)dq)
B．粒子发射后至打在荧光屏P端经过的最长时间与最短时间之比为31
C．粒子打在OP上与打在x轴上的长度之比为eq \r(2)2
D．打在荧光屏上与x轴上的粒子数目之比为11
【解析】 沿x轴负方向射出的粒子恰好打在荧光屏的P端，如图，
则粒子做圆周运动的半径r＝eq \f(\r(2),2)OP＝d，由洛伦兹力提供向心力qvB＝meq \f(v2,r)，可得磁感应强度B的大小为B＝eq \f(mv,qd)，故A错误；粒子发射后至打在荧光屏P端经过的最长时间的粒子是沿x轴负方向射出的粒子，如图
最短时间的粒子是沿y轴正方向射出的粒子，如图
最长时间与最短时间之比等于偏转的圆心角之比，为eq \f(tmax,tmin)＝eq \f(270°,90°)＝eq \f(3,1)，故B正确；射向第二象限的粒子不会打在荧光屏上，能打在x轴上，如图
射向第一象限OP到y轴之间的粒子打在OP上，如图
射向第一象限OP右侧到x轴之间的粒子打在x轴上；由于粒子向各个方向均匀地不断发射，所以打在荧光屏上与x轴上的粒子数目之比等于粒子发射的发射角范围之比，为45°135°＝13，故D错误；粒子打在OP上的长度为OP＝eq \r(2)d，沿y轴正方向射出的粒子是打在x轴上的最远边界l＝2r＝2d，粒子打在x轴上的范围是013. (2023·广东江门模拟)磁聚焦和磁发散技术在许多真空系统中得到了广泛应用，如电子显微镜技术，它的出现为科学研究做出了重大贡献。现有一个磁发散装置，如图所示，在半径为R的圆形区域内存在垂直纸面向外，磁感应强度为B的匀强磁场，在圆形磁场区域右侧有一方向竖直向下，电场强度为E的匀强电场，电场左边界与圆形磁场右边界相切。在水平地面上放置一个足够长的荧光屏PQ，它与磁场相切于P点。粒子源可以持续的从P点向磁场内发射速率为v方向不同的带正电同种粒子。经观测：有一粒子a以竖直向上的初速度射入磁场，该粒子经磁场偏转后恰好以水平方向离开磁场，然后进入电场区域。粒子b进入磁场的速度方向与粒子a的速度方向夹角为θ(未知)，进入磁场后，粒子b的运动轨迹恰好能通过圆形磁场的圆心O，最终也进入到电场区域。已知电场强度和磁感应强度的关系满足E＝Bv，不计粒子重力及粒子间相互作用。求：
(1)粒子的比荷eq \f(q,m)；
(2)粒子b与粒子a的夹角θ和粒子b打在荧光屏上的亮点到P点的距离x；
(3)入射方向与荧光屏所在平面成60°～120°区间范围内的粒子，最终打到荧光屏上形成的亮线长度。
【答案】 (1)eq \f(v,BR) (2)θ＝30° x＝(eq \r(3)＋1)R
(3)(eq \r(3)－1)R
【解析】 (1)由粒子a的运动可知粒子在磁场中运动的半径为r＝R
由牛顿第二定律有Bqv＝meq \f(v2,r)
可得粒子的比荷eq \f(q,m)＝eq \f(v,BR)。
(2)画出粒子b的运动轨迹，如图所示
根据几何关系可知POQO′构成一个边长为R的菱形，则θ＝30°
由于QO′∥OP，粒子b经过Q点的速度方向与QO′垂直，所以粒子b进入电场的方向也沿水平方向。粒子b进入电场中做类平抛运动，有xb＝vtb，yb＝1.5R＝eq \f(1,2)·eq \f(qE,m)teq \\al(2,b)
解得xb＝eq \r(3)R
所以粒子b打在荧光屏上的亮点到P点的距离为x＝xb＋R＝(eq \r(3)＋1)R。
(3)入射方向与P点右侧荧光屏成60°的粒子，在磁场与电场中的运动轨迹如图所示
由几何关系可知，粒子进入电场时距离荧光屏的距离为h＝0.5R
进入电场后，粒子做类平抛运动，有x′＝vt，h＝0.5R＝eq \f(1,2)·eq \f(qE,m)t2
解得x′＝R
所以该粒子打到荧光屏的位置距离P点的距离为2R；根据(2)可知，入射方向与P点左侧荧光屏成60°的粒子，打到荧光屏的位置距离P点的距离为(eq \r(3)＋1)R，所以入射方向与荧光屏所在平面成60°～120°区间范围内的粒子，最终打到荧光屏上形成的亮线长度为d＝(eq \r(3)＋1)R－2R＝(eq \r(3)－1)R。
1. (2023·云南昆明二模)如图所示，纸面内有一圆心为O，半径为R的圆形磁场区域，磁感应强度的大小为B，方向垂直于纸面向里。由距离O点0.4R处的P点沿着与PO连线成θ＝30°的方向发射速率不等的电子。已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子的重力且不考虑电子间的相互作用。为使电子不离开圆形磁场区域，则电子的最大速率为( C )
A.eq \f(7eBR,10m)B．eq \f(\r(29)eBR,10m)
C.eq \f(21eBR,40m)D．eq \f(5－2\r(3)eBR,5m)
【解析】 如图，当电子的运动轨迹与磁场边界相切时，根据evB＝meq \f(v2,r)；得v＝eq \f(erB,m)；电子运动半径最大，速度最大。电子圆周运动的圆心与圆形磁场的圆心以及切点共线，过电子圆周运动的圆心做OP的垂线，由几何关系得rcs 60°＋eq \r(R－r2－rsin 60°2)＝0.4R，r＝eq \f(21,40)R；则最大速率为v＝eq \f(21eBR,40m)。故选C。
2.如图所示是带电粒子收集器的示意图，直角三角形ABC区域内有垂直于纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，AC边长为L，∠A＝30°。一束带正电的粒子流以相同速度在CD范围内垂直AC边射入，从D点射入的粒子恰好不能从AB边射出。已知从BC边垂直射出的粒子在磁场中运动的时间为3t，在磁场中运动时间最长的粒子所用时间为4t，则( C )
A．粒子的比荷为eq \f(π,3Bt)
B．粒子运动的轨道半径为eq \f(\r(3),3)L
C．粒子射入磁场的速度大小为eq \f(πL,15t)
D．这束粒子在磁场中扫过的面积为eq \f(3π＋12,25)L2
【解析】 从BC边垂直射出的粒子运动时间3t＝eq \f(T,4)，解得T＝12t，根据qvB＝eq \f(mv2,R)，T＝eq \f(2πR,v)，知T＝eq \f(2πm,qB)，解得eq \f(q,m)＝eq \f(π,6Bt)，故A错误；在磁场中运动时间最长的粒子轨迹如图所示，
4t＝eq \f(1,3)T，θ＝eq \f(1,3)×360°＝120°，由几何关系Rsin 30°＋eq \f(R,cs 60°)＝L，解得R＝eq \f(2,5)L，故B错误；由qvB＝eq \f(mv2,R)，解得v＝eq \f(πL,15t)，故C正确；粒子在磁场中扫过的面积如图中灰色部分所示，则S＝R·Rsin 30°＋eq \f(πR2,4)＝eq \f(π＋2,25)L2，故D错误。
3. (多选)(2023·河南开封模拟)某粒子分析装置的核心结构如图所示。在空间三维直角坐标系O－xyz中，由六面荧光屏构成的长方体容器OPMN－EFGH安装在坐标原点O处，OP边与x轴重合，长方体的长、宽、高分别为2a、a、2a，整个空间存在方向沿z轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在MNHG面的中心S处有一粒子源，可以在平行于xOy的平面内向容器内各个方向均匀发射相同速率的带电粒子，已知带电粒子的比荷为eq \f(q,m)＝k，有二分之一的粒子打在OPFE面上激发荧光屏发光，PMGF面刚好没有发光。粒子打在荧光屏上后即被吸收，重力不计。下列说法正确的是( BCD )
A．粒子源发射的粒子带负电，速率为v＝2kBa
B．有六分之一的粒子打在MNHG面上激发荧光屏发光
C．有三分之一的粒子打在ONHE面上激发荧光屏发光
D．打到S的正对过OPFE面中心S′点的粒子，所用的时间跟打在棱边HN上的粒子运动的时间相同
【解析】 粒子源在平行于xOy的平面内向容器内各个方向均匀发射相同速率的带电粒子，磁场方向沿z轴正方向，可知粒子只在平行于xOy的平面内运动。画出过S点、平行于xOy平面的面E′F′G′H′和运动轨迹图，如图所示。
由题意知，粒子射出后向速度方向的右侧偏转，利用左手定则可判断粒子带正电。由题意E′F′边上有二分之一的粒子打入，F′G′边上刚好没有粒子射入，最边缘粒子分别沿x轴的正方向和y轴的正方向射入磁场，入射速度夹角为90°范围，在E′点和F′点分别与E′F′和F′G′边相切射出，根据几何关系可知，粒子运动的轨迹半径为r＝a，由r＝eq \f(mv,qB)，代入数据解得v＝kBa，故A错误；根据粒子的运动轨迹，可知打在SH′边上的粒子速度方向的最大入射角为30°，所以可知有六分之一的粒子打在MNHG面上，故B正确；由图根据几何关系可知，打在E′H′的粒子，从粒子源射出时的速度方向夹角为60°，所以有三分之一的粒子打在ONHE面上，故C正确；由图知，打到S的正对过OPFE面中心S′点的粒子，和打在棱边HN上即H′点的粒子，它们的运动轨迹所对应的弦长相等，所以圆心角相等，在磁场中运动的时间相等，故D正确。故选BCD。
4. (2023·河南联考三模)如图所示，半径为R的圆形区域中，有磁感应强度大小为B，垂直纸面向里的匀强磁场，质子从A点沿直径AC方向以速度v(未知)射入，射出磁场时，速度偏转角为60°，已知质子质量为m，电荷量为q，则( C )
A．质子做圆周运动的半径为2R
B．质子的速度大小v＝eq \f(qBR,2m)
C．若质子的速度大小为v′＝eq \f(2\r(3),3)v，当质子的入射速度方向与AC夹角为30°斜向右下方时，质子在磁场中的运动时间最长
D．若质子的速度大小为v′＝eq \f(2\r(3),3)v，则质子在磁场中运动的最长时间为eq \f(πm,6qB)
【解析】 质子运动轨迹如图1所示，根据几何关系，粒子的回旋半径，
r1＝eq \f(R,tan \f(θ,2))＝eq \r(3)R，根据洛伦兹力提供向心力，可得qvB＝meq \f(v2,r1)，解得r1＝eq \f(mv,qB)，可得v＝eq \f(\r(3)qBR,m)，选项A、B错误；若质子的速度为v′＝eq \f(2\r(3),3)v，当质子的入射速度方向与AC夹角为30°斜向右下方时，则粒子的运动半径为r2＝2R，则粒子从C点射出时，运动时间最长，如图2所示，由图2可得sin φ＝eq \f(R,r2)＝eq \f(1,2)，φ＝30°，对应时间为t＝eq \f(2φ,360°)×eq \f(2πm,qB)，解得t＝eq \f(πm,3qB)，选项C正确，D错误。
5. (多选)(2023·辽宁营口联考)如图所示，在圆心为O、半径为R的半圆形区域内(不含边界)有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，MN为直径。大量带正电荷的同种粒子以不同的速率从O点在纸面内沿与ON成30°角的方向射入磁场。粒子的质量为m，电荷量为q，不计粒子受到的重力以及粒子间的相互作用。下列说法正确的是( AC )
A．粒子在磁场中运动的最长时间为eq \f(5πm,3qB)
B．若粒子恰好从圆弧边界离开磁场，则粒子的速度大小为eq \f(qBR,m)
C．若粒子恰好从O点正上方的P点离开磁场，则粒子的速度大小为eq \f(\r(3)qBR,3m)
D．选择合适的速度，粒子可能从M点离开磁场
【解析】 当粒子的速度较小时，粒子从MN边界离开磁场，其轨迹对应的圆心角为300°，此时粒子在磁场中运动的时间最长，最长时间t＝eq \f(300°,360°)×eq \f(2πm,qB)＝eq \f(5πm,3qB)，故A正确；如图所示，
当粒子做圆周运动的轨迹与半圆形磁场边界相切时(设切点为Q)，粒子恰好从圆弧边界射出，根据几何知识可知，粒子的轨道半径r1＝eq \f(R,2)，设粒子的速度大小为v1，有qv1B＝meq \f(v12,r1)，解得v1＝eq \f(qBR,2m)，故B错误；设当粒子恰好从P点离开磁场时，粒子的轨道半径为r2，根据几何关系有eq \f(\r(3),2)r2＝eq \f(R,2)，设粒子的速度大小为v2，有qv2B＝meq \f(v22,r2)，解得v2＝eq \f(\r(3)qBR,3m)，故C正确；当粒子的速度大于eq \f(qBR,2m)时，粒子从Q点右侧离开磁场，当粒子的速度小于eq \f(qBR,2m)时，粒子从MN边界离开磁场，即粒子不可能从M点离开磁场，故D错误。故选AC。
6. (2023·山东统考二模)如图所示，半径为R的圆形区域中有垂直纸面向外的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度B，一比荷为eq \f(q,m)的带正电粒子，从圆形磁场边界上的A点以v0＝eq \f(RqB,m)的速度垂直直径MN射入磁场，恰好从N点射出，且∠AON＝120°，下列选项正确的是( C )
A．粒子在磁场中运动的时间为t＝eq \f(πm,3qB)
B．粒子从N点射出方向竖直向下
C．若粒子改为从圆形磁场边界上的C点以相同的速度入射，一定从N点射出
D．若要实现带电粒子从A点入射，从N点出射，则所加圆形磁场的最小面积为S＝eq \f(\r(3)πR2,2)
【解析】 粒子恰好从N点射出，轨迹如下图所示，运动周期为T＝eq \f(2πm,Bq)，四边形AONP的圆心角为α＝∠APN＝∠AON，粒子在磁场中运动的时间为t＝eq \f(α,2π)T＝eq \f(2πm,3Bq)，故A错误；粒子在磁场中速度偏转120°，从N点射出方向是与竖直方向呈30°，故B错误；若粒子改为从圆形磁场边界上的C点以相同的速度入射，轨迹如下图所示，四边形SCON为菱形，由几何知识可知一定从N点射出，故C正确；若要实现带电粒子从A点入射，从N点出射，则所加圆形磁场以AN为直径时面积最小，最小面积为S＝πeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(AN,2)))2＝eq \f(3πR2,4)，故D错误。故选C。
7. (2023·河南洛阳模拟)如图所示，真空区域有左右宽度为l、上下足够长的匀强磁场，匀强磁场的磁感应强度大小为B，磁场方向垂直于纸面向里，MN、PQ是磁场的左右竖直边界。一质量为m、电荷量为q的粒子(不计粒子重力)，在竖直平面内，沿着与MN夹角为θ＝30°的方向射入磁场中。则下列说法正确的是( BC )
A．若带电粒子带负电，入射速度只要大于eq \f(4－2\r(3)qBl,m)，粒子就会从PQ射出
B．粒子在磁场中运动的最长时间可能是eq \f(5πm,3qB)
C．MN边界上，从入射点下方射出的所有粒子，在磁场中运动时间均为eq \f(πm,3qB)
D．若在该空间再加一个匀强电场，粒子有可能做匀加速直线运动
【解析】 若带电粒子带负电，粒子恰好从PQ射出，轨迹如图，由洛伦兹力提供向心力qvB＝meq \f(v2,r)，由几何关系rcs θ＋l＝r，解得粒子入射速度v＝eq \f(Bql,1－cs θm)＝eq \f(22＋\r(3)Bql,m)，入射速度只要大于eq \f(4＋2\r(3)qBl,m)，粒子就会从PQ射出，A错误；若带电粒子带正电，粒子在磁场中运动的最长时间对应轨迹如图，
由洛伦兹力提供向心力qvB＝meq \f(v2,r)，由几何关系rcs θ＋r＝l，运动时间t＝eq \f(2π－2θ,2π)T＝eq \f(2π－2θ,2π)·eq \f(2πr,v)＝eq \f(2π－2θm,Bq)＝eq \f(5πm,3Bq)，粒子在磁场中运动的最长时间可能是eq \f(5πm,3qB)，B正确；MN边界上，从入射点下方射出的所有粒子(带负电)，在磁场中运动时间均为t＝eq \f(2θ,2π)·eq \f(2πr,v)＝eq \f(2θm,Bq)＝eq \f(πm,3Bq)，C正确；若在该空间再加一个匀强电场，带电粒子受电场力与洛伦兹力，由于洛伦兹力垂直于速度方向，且大小为F＝qvB，若粒子做匀加速直线运动，则速度增加，洛伦兹力变大，合力不再与速度共线，所以若在该空间再加一个匀强电场，粒子不可能做匀加速直线运动，D错误。故选BC。
B组·综合练
8. (多选)(2023·山东青岛模拟)如图所示，圆形匀强磁场区域的半径为R，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里。一带电荷量为－e、质量为m的电子在纸面内从a处沿与半径aO成θ＝30°角的方向射入磁场区域，电子射出磁场时的速度方向与射入磁场时的垂直，下列说法正确的是( ACD )
A．电子在磁场中运动的时间为eq \f(πm,2eB)
B．电子的速度大小为eq \f(\r(3)eBR,2m)
C．电子在磁场中的运动轨迹长度为eq \f(\r(3)＋1,4)πR
D．若只增大电子的入射速度，则电子在磁场中运动的时间一定减小
【解析】 带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T＝eq \f(2πm,qB)，电子在磁场中的运动时间为t＝eq \f(90°,360°)T＝eq \f(πm,2eB)，A正确；电子做圆周运动的轨迹圆圆心为C，如图所示，
由对称性知α＋θ＝90°－θ，可得α＝90°－2θ＝30°，设电子做圆周运动的轨迹半径为r，由几何关系有Rsin α＋rsin θ＝rcs θ可得r＝eq \f(Rsin α,cs θ－sin θ)＝eq \f(\r(3)＋1,2)R，由evB＝meq \f(v2,r)得v＝eq \f(eBr,m)＝eq \f(\r(3)＋1eBR,2m)，B错误；轨迹长度s＝eq \f(90°,360°)·2πr＝eq \f(\r(3)＋1,4)πR，C正确；若只增大电子的入射速度，轨迹半径r增大，出射点b向左移，弦ab与初速度v方向间的夹角减小，轨迹对应的圆心角减小，电子在磁场中运动的时间减小，D正确。故选ACD。
9. (多选)(2023·新疆统考三模)如图所示，边长为L的正方形ABCD内表面涂有荧光材料，粒子打在表面会被吸收并发出荧光。正方形区域内存在方向垂直该平面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，粒子源从正方形AD边的中点P沿垂直磁场方向持续发射质量为m、电量为q的带正电的某种粒子，发射速度方向斜向上，速度大小与发射角的关系为v＝eq \f(v0,cs α)，α为发射速度方向与水平方向的夹角，0°≤α<90°，其中α＝0°的粒子恰好从AB边中点射出。不计粒子间的相互作用力和粒子的重力，下列说法正确的是( AC )
A．粒子从P点运动至与DC边相切所需的时间为eq \f(πm,3qB)
B．粒子在BC边发出荧光的总长度为L
C．打在B点的粒子轨道半径为eq \f(5L,8)
D．粒子在磁场中运动的最长时间为eq \f(πm,2qB)
【解析】 当α＝0°的粒子速度v＝v0，粒子恰好从AB边中点射出，则eq \f(L,2)＝eq \f(mv0,qB)，当粒子从P点运动至与DC边相切时，则轨道半径r＝eq \f(mv,qB)＝eq \f(mv0,qBcs α)＝eq \f(L,2cs α)，即rcs α＝eq \f(L,2)，可知所有粒子的轨迹圆心都在AB边上；当轨迹与DC相切时，由几何关系rcs α＝r－eq \f(L,2)，可得r＝L，α＝60°，则粒子运动的时间t＝eq \f(60°,360°)·eq \f(2πm,qB)＝eq \f(πm,3qB)，选项A正确；
当粒子轨道与DC边相切时，粒子打到BC边上的位置为上边缘，可知粒子在BC边发出荧光的总长度小于L，选项B错误；
打在B点的粒子轨迹如图，此时轨迹与B点相切，设∠APB＝β，则2rcs(β－α)＝PB＝eq \f(\r(5),2)L，其中r＝eq \f(L,2cs α)，由几何关系cs β＝eq \f(1,\r(5))，sin β＝eq \f(2,\r(5))，解得tan α＝eq \f(3,4)，解得轨道半径为r＝eq \f(5L,8)，选项C正确；当轨迹圆与B点相切时，粒子在磁场中转过的角度大于90°，此时运动时间t>eq \f(πm,2qB)，选项D错误。故选AC。
10. (多选)(2023·湖北荆门模拟)地磁场对射入的宇宙粒子有偏转作用，假设地磁场边界到地心的距离为地球半径的eq \r(3)倍。如图所示是赤道所在平面的示意图，地球半径为R，匀强磁场垂直纸面向外，MN为磁场圆边界的直径，MN左侧宽度为2eq \r(3)R的区域内有一群均匀分布、质量为m、带电荷量为＋q的粒子垂直MN以速度v射入地磁场，正对地心O的粒子恰好打到地球表面，不计粒子重力及粒子间的相互作用，则( BC )
A．地磁场的磁感应强度大小为eq \f(\r(3)mv,qR)
B．打在地面时速度方向指向O的粒子在磁场中的运动时间为eq \f(πR,4v)
C．从M点射入的粒子在磁场中速度偏转角的余弦值为eq \f(1－\r(3),2)
D．仅增大粒子速度，能打到地表的粒子数一定减少
【解析】 由题意可知，正对地心O的粒子恰好打到地球表面，其轨迹如图所示，
由图可得eq \r(r\\al(2,1)＋\r(3)R2)－r1＝R，解得r1＝R，由洛伦兹力提供向心力，可得qvB＝meq \f(v2,r1)，解得地磁场的磁感应强度大小为B＝eq \f(mv,qr1)＝eq \f(mv,qR)，A错误；
打在地面时速度方向指向O的粒子在磁场中的运动轨迹图，如图所示，
设打在地面的点为K，轨迹的圆心为O2，由图可知，则三角形O2KO是等腰直角三角形，O2O＝eq \r(2)R，可知三角形PO2O为直角三角形，则粒子运动轨迹对应的圆心角为45°，则粒子在磁场中的运动时间为t＝eq \f(45°,360°)×eq \f(2πR,v)＝eq \f(πR,4v)，B正确；
从M点射入的粒子在磁场中速度偏转的轨迹，如图所示，
O3为轨迹的圆心，由几何关系可知，三角形COO3为等腰三角形，则有OO3＝(eq \r(3)－1)R，从M点射入的粒子在磁场中速度偏转角的余弦值为cs∠MO3C＝－cs∠CO3O＝eq \f(1－\r(3),2)，C正确；仅增大粒子速度v，由r1＝eq \f(mv,qB)，可知r1增大，则能打到地表的粒子数增多，D错误。故选BC。
11. (多选)(2023·山东模拟预测)如图所示，挡板ad上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，挡板中间存在一空隙bc，bc的间距为L，磁场中且处于空隙正上方的S处有一粒子源，S到b、c的距离也为L，粒子源向各个方向均匀发射速度大小相同的带正电粒子，若粒子打到挡板上会被吸收。某次调节粒子源的发射速度为v(未知)，使挡板空隙中所有区域均有粒子射出，且能射出的粒子数目为某时刻发射粒子总数的eq \f(1,6)，已知从b点射出的粒子速度方向与挡板垂直，粒子电荷量为q，质量为m，不考虑粒子重力和粒子间的相互作用，则( AB )
A．粒子源的发射速度为eq \f(qBL,m)
B．两个挡板上能吸收到粒子的总长度为eq \f(\r(13)＋\r(4\r(3)－3)－2,2)L
C．调节粒子源的发射速度为eq \f(v,2)，空隙中所有区域依然都有粒子射出
D．调节粒子源的发射速度为eq \f(v,2)，射出粒子数目仍为发射粒子总数的eq \f(1,6)
【解析】 由题意可知，粒子运动情况如图所示
因为从b点射出的粒子速度方向与挡板垂直，根据几何关系可知，粒子的轨迹圆心在c点，则有r＝eq \f(mv,qB)＝L，粒子速率为v＝eq \f(qBL,m)，故A正确；由题意可知，打到左侧挡板最远点的粒子，与S点的连线长度等于粒子的轨迹直径，由几何关系可知左侧最远点到间隙中心的距离为x1＝eq \r(2L2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)L))2)＝eq \f(\r(13),2)L，粒子能够到达右侧挡板最远点的位置应为粒子轨迹与右侧挡板的切点，由几何关系可知右侧最远点到间隙中心的距离为xeq \\al(2,2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(L－\f(\r(3),2)L))2＝L2，解得x2＝eq \f(\r(4\r(3)－3),2)L，因此挡板上能吸收到粒子的总长度x＝x1＋x2－L＝eq \f(\r(13)＋\r(4\r(3)－3)－2,2)L，故B正确；由A知粒子发射速度eq \f(v,2)＝eq \f(qBL,2m)，则轨迹半径r＝eq \f(m\f(v,2),qB)＝eq \f(L,2)，根据几何关系可知，粒子到达b点时，bS连线恰好等于轨迹直径，粒子运动情况如图所示，
假设粒子轨迹与bc相切于N点，由几何关系，可求得切点N到间隙中心的距离为x＝eq \r(\f(L2,4)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)L－\f(1,2)L))2)＝eq \f(\r(2\r(3)－3),2)L，即x
A．磁感应强度B的大小为eq \f(mv,\r(2)dq)
B．粒子发射后至打在荧光屏P端经过的最长时间与最短时间之比为31
C．粒子打在OP上与打在x轴上的长度之比为eq \r(2)2
D．打在荧光屏上与x轴上的粒子数目之比为11
【解析】 沿x轴负方向射出的粒子恰好打在荧光屏的P端，如图，
则粒子做圆周运动的半径r＝eq \f(\r(2),2)OP＝d，由洛伦兹力提供向心力qvB＝meq \f(v2,r)，可得磁感应强度B的大小为B＝eq \f(mv,qd)，故A错误；粒子发射后至打在荧光屏P端经过的最长时间的粒子是沿x轴负方向射出的粒子，如图
最短时间的粒子是沿y轴正方向射出的粒子，如图
最长时间与最短时间之比等于偏转的圆心角之比，为eq \f(tmax,tmin)＝eq \f(270°,90°)＝eq \f(3,1)，故B正确；射向第二象限的粒子不会打在荧光屏上，能打在x轴上，如图
射向第一象限OP到y轴之间的粒子打在OP上，如图
射向第一象限OP右侧到x轴之间的粒子打在x轴上；由于粒子向各个方向均匀地不断发射，所以打在荧光屏上与x轴上的粒子数目之比等于粒子发射的发射角范围之比，为45°135°＝13，故D错误；粒子打在OP上的长度为OP＝eq \r(2)d，沿y轴正方向射出的粒子是打在x轴上的最远边界l＝2r＝2d，粒子打在x轴上的范围是0
(1)粒子的比荷eq \f(q,m)；
(2)粒子b与粒子a的夹角θ和粒子b打在荧光屏上的亮点到P点的距离x；
(3)入射方向与荧光屏所在平面成60°～120°区间范围内的粒子，最终打到荧光屏上形成的亮线长度。
【答案】 (1)eq \f(v,BR) (2)θ＝30° x＝(eq \r(3)＋1)R
(3)(eq \r(3)－1)R
【解析】 (1)由粒子a的运动可知粒子在磁场中运动的半径为r＝R
由牛顿第二定律有Bqv＝meq \f(v2,r)
可得粒子的比荷eq \f(q,m)＝eq \f(v,BR)。
(2)画出粒子b的运动轨迹，如图所示
根据几何关系可知POQO′构成一个边长为R的菱形，则θ＝30°
由于QO′∥OP，粒子b经过Q点的速度方向与QO′垂直，所以粒子b进入电场的方向也沿水平方向。粒子b进入电场中做类平抛运动，有xb＝vtb，yb＝1.5R＝eq \f(1,2)·eq \f(qE,m)teq \\al(2,b)
解得xb＝eq \r(3)R
所以粒子b打在荧光屏上的亮点到P点的距离为x＝xb＋R＝(eq \r(3)＋1)R。
(3)入射方向与P点右侧荧光屏成60°的粒子，在磁场与电场中的运动轨迹如图所示
由几何关系可知，粒子进入电场时距离荧光屏的距离为h＝0.5R
进入电场后，粒子做类平抛运动，有x′＝vt，h＝0.5R＝eq \f(1,2)·eq \f(qE,m)t2
解得x′＝R
所以该粒子打到荧光屏的位置距离P点的距离为2R；根据(2)可知，入射方向与P点左侧荧光屏成60°的粒子，打到荧光屏的位置距离P点的距离为(eq \r(3)＋1)R，所以入射方向与荧光屏所在平面成60°～120°区间范围内的粒子，最终打到荧光屏上形成的亮线长度为d＝(eq \r(3)＋1)R－2R＝(eq \r(3)－1)R。
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